2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題四 能量與動量 第2講 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用專題限時(shí)檢測.doc

2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題四 能量與動量 第2講 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用專題限時(shí)檢測一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分,第15題只有一項(xiàng)符合題目要求,第68題有多項(xiàng)符合題目要求)1.(xx安徽池州聯(lián)考)如圖所示,勻強(qiáng)電場水平向左,帶正電的物體沿絕緣、粗糙水平板向右運(yùn)動,經(jīng)A點(diǎn)時(shí)動能為100 J,到B點(diǎn)時(shí)動能減少到80 J,減少的動能中有12 J 轉(zhuǎn)化為電勢能,則它再經(jīng)過B點(diǎn)時(shí),動能大小是(B)A.4 J B.16 JC.32 JD.64 J解析:設(shè)物體向右運(yùn)動到C點(diǎn)速度為零,然后返回,A,B間距離為x1,B,C間距離為x2,從A到B過程中,由動能定理得-(f+qE)x1=(80-100)J=-20 J.由電場力做功與電勢能的關(guān)系知qEx1=12 J,解得qE=.從B到C過程中,由動能定理得-(f+qE)x2=-80 J,解得fx2=32 J.從B到C再返回B的過程中,由動能定理得-2fx2=Ek-80 J,解得Ek=16 J,故選項(xiàng)B正確.2.(xx山東煙臺模擬)如圖(甲),傾角為的光滑絕緣斜面,底端固定一帶電荷量為Q的正點(diǎn)電荷.將一帶正電小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放,小物塊沿斜面向上滑動至最高點(diǎn)B處,此過程中小物塊的動能和重力勢能隨位移的變化圖像如圖(乙)(E1和x1為已知量).已知重力加速度為g,靜電力常量為k,由圖像可以求出( C )A.小物塊所帶電荷量B.A,B間的電勢差C.小物塊的質(zhì)量D.小物塊速度最大時(shí)到斜面底端的距離解析:由動能圖線得知,小物塊的速度先增大后減小.根據(jù)庫侖定律得知,小物塊所受的庫侖力逐漸減小,合外力先減小后增大,加速度先減小后增大,則小物塊先沿斜面向上做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動,再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動,直至速度為零.由動能圖線看出,速度有最大值,此時(shí)小物塊受力平衡,有庫侖力與重力沿斜面的分力平衡,由于沒有x的具體數(shù)據(jù),所以不能求得小物塊所帶電荷量,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;A到B的過程中重力勢能的增加等于電勢能的減少,所以可以求出小物塊電勢能的減少,由于小物塊的電荷量不知道,所以不能求出A,B之間的電勢差,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由重力勢能圖線得到E1=mgh=mgx1sin ,即可求出m,選項(xiàng)C正確;圖像中不能確定哪一點(diǎn)的速度最大,題目中也沒有小物塊的電荷量等信息,所以不能確定小物塊速度最大時(shí)到斜面底端的距離,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.3.(xx河北邯鄲一模)如圖所示,一足夠長的光滑平行金屬軌道,軌道平面與水平面成角,上端與一電阻R相連,處于方向垂直軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場中.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab,從高為h處由靜止釋放,下滑一段時(shí)間后,金屬桿開始以速度v勻速運(yùn)動直到軌道的底端.金屬桿始終保持與軌道垂直且接觸良好,軌道的電阻及空氣阻力均可忽略不計(jì),重力加速度為g.則(C)A.金屬桿加速運(yùn)動過程中的平均速度為B.金屬桿加速運(yùn)動過程中克服安培力做功的功率大于勻速運(yùn)動過程中克服安培力做功的功率C.當(dāng)金屬桿的速度為時(shí),它的加速度大小為D.整個(gè)運(yùn)動過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mgh-mv2解析:對金屬桿分析知,金屬桿ab在運(yùn)動過程中受到重力、軌道支持力和安培力作用,先做加速度減小的加速運(yùn)動,后做勻速運(yùn)動,因金屬桿加速運(yùn)動過程不是勻加速,故其平均速度不等于,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)安培力等于重力沿斜面的分力,即mgsin =時(shí),桿ab開始勻速運(yùn)動,此時(shí)v最大,F安最大,故勻速運(yùn)動時(shí)克服安培力做功的功率最大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;當(dāng)金屬桿速度為時(shí),F安=mgsin ,所以F合=mgsin -F安=mgsin =ma,得a=,選項(xiàng)C正確;由能量守恒可得mgh-mv2=Qab+QR,即mgh-mv2應(yīng)等于電阻R和金屬桿上產(chǎn)生的總焦耳熱,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.4.(xx江蘇十校聯(lián)考)如圖所示,一電荷量為-Q的點(diǎn)電荷甲,固定在絕緣水平面上的O點(diǎn).另一電荷量為+q、質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷乙,從A點(diǎn)以初速度v0沿它們的連線向甲運(yùn)動,到B點(diǎn)時(shí)的速度減小到最小,大小為v,已知點(diǎn)電荷乙受到水平面的阻力恒為mg,g為重力加速度,A,B間距離為L,靜電力常量為k,則下列說法正確的是(A)A.點(diǎn)電荷甲在B點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小為B.O,B兩點(diǎn)間的距離大于C.在點(diǎn)電荷甲形成的電場中,A,B兩點(diǎn)間電勢差UAB=D.點(diǎn)電荷甲形成的電場中,A點(diǎn)的電勢低于B點(diǎn)的電勢解析:因?yàn)殡姾梢覐腁點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)的速度減小到最小,故此時(shí)電荷乙的加速度為零,即EBq=mg,即EB=,選項(xiàng)A正確;根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式EB=k=,解得xOB=,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;從A點(diǎn)到B點(diǎn)由動能定理可知qUAB-mgL=mv2-m,UAB=,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;點(diǎn)電荷甲帶負(fù)電,故在所形成的電場中,A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.5.(xx浙江紹興質(zhì)量檢測)如圖所示,是豎直平面內(nèi)兩個(gè)相同的半圓形光滑絕緣軌道,K為軌道最低點(diǎn).軌道處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中,軌道處于水平向右的勻強(qiáng)電場中.兩個(gè)完全相同的帶正電小球a,b從靜止開始下滑至第一次到達(dá)最低點(diǎn)K的過程中,帶電小球a,b相比(C)A.球a所需時(shí)間較長B.球a機(jī)械能損失較多C.在K處球a速度較大D.在K處球b對軌道壓力較大解析:洛倫茲力不做功,僅重力對a做功,由動能定理得mgr=m;重力做正功,電場力對b球做負(fù)功,mgr-Eqr=m,由以上兩式得v1>v2,a球所需時(shí)間較短,選項(xiàng)A,B錯(cuò)誤,C正確;在最低點(diǎn)對a球有FN1+F洛-mg=,對b球有FN2-mg=,無法比較FN1,FN2大小,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.6.(xx天津質(zhì)量調(diào)查)光滑水平面上有一邊長為L的正方形區(qū)ABCD處在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場中,電場方向與正方形的某一條邊平行,一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球由AD邊的中點(diǎn)以垂直于該邊的水平初速度v0進(jìn)入該正方形區(qū)域,當(dāng)小球再次運(yùn)動到該正方形區(qū)域的邊緣時(shí),具有的動能可能為(AC)A.m+qELB.m+qELC.m+qELD.m+qEL解析:若電場方向與BC平行,則電場力做的功WEqL,動能滿足m<Ekm+qEL.若電場方向與AB平行,則電場力做的功W=qEL或W=-qEL或W=0,動能Ek=m+EqL或Ek=m-EqL或Ek=m,故A,C正確,B,D錯(cuò)誤.7.(xx湖北十三校二聯(lián))如圖(甲)所示,abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框,在金屬線框的下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,MN和MN是勻強(qiáng)磁場區(qū)域的水平邊界,邊界的寬度為s,并與線框的bc邊平行,磁場方向與線框平面垂直.現(xiàn)讓金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落,圖(乙)是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)域的vt圖像(其中OA,BC,DE相互平行).已知金屬線框的邊長為L(L<s)、質(zhì)量為m、電阻為R,當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,圖像中坐標(biāo)軸上所標(biāo)出的字母v1,v2,t1,t2,t3,t4均為已知量.(下落過程中bc邊始終水平)根據(jù)題中所給條件,以下說法正確的是(AC)A.t2時(shí)刻是線框全部進(jìn)入磁場瞬間,t4時(shí)刻是線框全部離開磁場瞬間B.從bc邊進(jìn)入磁場起一直到ad邊離開磁場為止,克服安培力所做的功為mgsC.v1的大小可能為D.線框穿出磁場過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量比線框進(jìn)入磁場過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量多解析:線框進(jìn)入磁場之前,做自由落體運(yùn)動,即勻加速直線運(yùn)動;線框的bc邊進(jìn)入磁場后,ad邊進(jìn)入磁場前,bc邊受向上的安培力,加速度a=,做加速度越來越小的變減速運(yùn)動;當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場中后,線框受安培力為零,又做勻加速直線運(yùn)動,加速度為g;當(dāng)bc邊出磁場,只有ad邊在磁場中時(shí),ad邊受向上的安培力,a=,做加速度越來越小的變減速運(yùn)動;當(dāng)線框全部出磁場之后,其只受重力,又做勻加速直線運(yùn)動,加速度為g;對照圖(乙)可知,t2時(shí)刻是線框全部進(jìn)入磁場瞬間、t4時(shí)刻是線框全部離開磁場瞬間,選項(xiàng)A正確;由能量關(guān)系可得,從bc邊進(jìn)入磁場到ad邊出磁場的過程中克服安培力做的功為W=mg(s+L)-(m-m),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由q=n可知,線框穿出磁場過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量與線框進(jìn)入磁場過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量相等,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;當(dāng)線框速度為v1時(shí),其所受安培力若正好與重力相平衡,則有F安=mg,即=mg,得v1=,選項(xiàng)C正確.8.(xx湖南師大附中模擬)如圖所示,質(zhì)量為3m的重物與一質(zhì)量為m的線框用一根絕緣細(xì)線連接起來,掛在兩個(gè)高度相同的定滑輪上,已知線框電阻為R,橫邊邊長為L,水平方向勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,磁場上下邊界的距離、線框豎直邊長均為h.初始時(shí)刻,磁場的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h,將重物從靜止開始釋放,線框穿出磁場前,若線框已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動,滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計(jì).則下列說法中正確的是(AB)A.線框進(jìn)入磁場時(shí)的速度為B.線框穿出磁場時(shí)的速度為C.線框進(jìn)入磁場后,若某一時(shí)刻的速度為v,則加速度為a=g-D.線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q=8mgh-解析:線框進(jìn)入磁場前,根據(jù)重物與線框組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒得(3mg-mg)2h=(3m+m),解得線框進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v0=,選項(xiàng)A正確;線框穿出磁場前,根據(jù)平衡條件得3mg-mg=F安,而F安=,聯(lián)立解得線框穿出磁場時(shí)的速度為v=,選項(xiàng)B正確;線框進(jìn)入磁場后,若某一時(shí)刻的速度為v,對整體,根據(jù)牛頓第二定律得3mg-mg-=(3m+m)a,解得a=g-,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;設(shè)線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量為Q.對從靜止到剛通過磁場的過程,根據(jù)能量守恒得Q=(3mg-mg)4h-(3m+m)v2,將v=代入得Q=8mgh-,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.二、非選擇題(本大題共2小題,共36分)9.(18分)如圖所示,一根有一定電阻的直導(dǎo)體棒質(zhì)量為m、長為L,其兩端放在位于水平面內(nèi)間距也為L的光滑平行導(dǎo)軌上,并與之接觸良好;棒左側(cè)兩導(dǎo)軌之間連接一可控電阻;導(dǎo)軌置于勻強(qiáng)磁場中,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于導(dǎo)軌所在平面.t=0時(shí)刻,給導(dǎo)體棒一個(gè)平行于導(dǎo)軌的初速度,此時(shí)可控電阻的阻值為R0.在棒運(yùn)動過程中,通過可控電阻的變化使棒中的電流保持恒定.不計(jì)導(dǎo)軌電阻,導(dǎo)體棒一直在磁場中.(1)求可控電阻R隨時(shí)間t變化的關(guān)系式;(2)若已知棒中電流為I,求0t時(shí)間內(nèi)可控電阻上消耗的平均功 率P;(3)若在棒的整個(gè)運(yùn)動過程中將題中的可控電阻改為阻值為R0的定值電阻,則棒將減速運(yùn)動位移x1后停下,而由題中條件,棒將運(yùn)動位移x2后停下,求的值.解析:(1)因棒中的電流保持恒定,故棒做勻減速直線運(yùn)動,設(shè)棒的電阻為r,電流為I,其初速度為v0,加速度大小為a,經(jīng)時(shí)間t后,棒的速度變?yōu)関,則有v=v0-at,而a=t=0時(shí)刻棒中電流為I=經(jīng)時(shí)間t后棒中電流為I=由以上各式得R=R0-t.(2)因可控電阻R隨時(shí)間t均勻減小,故所求功率為P=I2由以上各式得P=I2(R0-).(3)將可控電阻改為定值電阻R0,棒將做變減速運(yùn)動.有v0=t,=,而t=t,=,由以上各式得x1=而x2=由以上各式得x2=所求=.答案:(1)R=R0-t(2)I2(R0-)(3)2110.(18分)(xx江南十校二模)如圖(甲),斜面AO的傾角=30,其表面動摩擦因數(shù)為1,水平地面OB動摩擦因數(shù)2=0.30,過斜面底端O點(diǎn)的豎直線(虛線)右側(cè),存在平行于OB的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出),視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊其質(zhì)量m=1.00 kg、帶電荷量q=+2.0010-6 C,由靜止從斜面上的P點(diǎn)下滑至地面上的Q點(diǎn),該過程滑塊的速率圖像如圖(乙).(滑塊電荷量恒定不變,不考慮經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)滑塊的能量損失).(1)求P點(diǎn)高度h及動摩擦因數(shù)1;(2)求勻強(qiáng)電場的大小E和方向及滑塊的最大電勢能Ep(設(shè)O點(diǎn)電勢 為零);(3)在圖(乙)中,將1.25秒后滑塊速率圖像加以補(bǔ)充,并根據(jù)變化規(guī)律得出滑塊第n次從O點(diǎn)向右運(yùn)動的最大距離sn.解析:(1)根據(jù)圖像,PO=1.00 m,所以P點(diǎn)高度為h=POsin =0.50 m.滑塊在斜面上向下滑行加速度a1=2.00 m/s2有mgsin 30-1mgcos 30=ma1,得1=.(2)根據(jù)圖像,在地面上向右滑行加速度a2=8.00 m/s2,滑行位移xOQ=0.25 m,滑塊第一次到達(dá)O點(diǎn)的速度為v1,電場力做功為W1,故有W1-2mgxOQ=0-m,因v1=2 m/s,得W1=-1.25 J因OQ為在地面上向右滑行的最大距離,所以最大電勢能Ep=1.25 J.-W1=EqxOQ,得E=2.50106 V/m,方向向左.(3)從PO,加速度a1=2.00 m/s2,方向沿斜面向下.從OQ,加速度a2=8.00 m/s2,方向向左.從QO,加速度a3=2.00 m/s2,方向向左.從OP(第一次返回斜面向上運(yùn)動),加速度a4=8.00 m/s2,方向沿斜面向下.所以滑塊往返運(yùn)動的速度圖像如圖.可以看出,圖中三角形的高和底邊長按比例遞減,圖中陰影面積為滑塊每次從O點(diǎn)向右運(yùn)動的最大距離,依次為s1,s2,s3,sn.由圖像可以看出s1s2s3sn=1()()2()n-1,又有s1=0.25 m所以sn=s1()n-1= m(n=1,2,3,n).答案:(1)0.50 m(2)2.50106 V/m方向向左1.25 J(3)圖見解析Sn= m(n=1,2,3,n)